2025年河北省唐山市古冶区中考数学三模试卷（附答案解析）

这是一份2025年河北省唐山市古冶区中考数学三模试卷（附答案解析），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如果温度上升记作，那么温度下降记作（ ）
A．B．C．D．
2．关于代数式的值，下列说法一定正确的是（ ）
A．比小B．比2小
C．比2大D．随着的增大而增大
3．如图，数轴上有A、B、C、D四个点，其中表示互为相反数的点是（ ）
A．点A与点DB．点A与点CC．点B与点CD．点B与点D
4．如图，点是直线外一点，点在直线上移动，连接，下列说法正确的是（ ）
A．线段的长度存在最小值
B．线段的长度存在最大值
C．的度数存在最大值
D．的度数存在最大值
5．如图，是一个正方体粉笔盒的表面展开图，将其折叠成正方体后，与顶点重合的顶点是（ ）
A．点B．点C．点D．点
6．关于的一元二次方程中，，则该方程的根的情况是（ ）
A．没有实数根B．有两个同号的实数根
C．两根之和为2D．两根之积为1
7．下列事件中，属于随机事件的是（ ）
A．若是实数，则
B．任取两个无理数，其差是无理数
C．已知，则
D．若、互为倒数，则
8．如图1，直线，直线分别交直线，于点A，B．小嘉在图1的基础上进行尺规作图，得到如图2，并探究得到下面两个结论：
①四边形ABCD是邻边不相等的平行四边形；
②四边形ABCD是对角线互相垂直的平行四边形．
下列判断正确的是（ ）
A．①②都正确B．①错误，②正确C．①②都错误D．①正确，②错误
9．公司研发的两个模型和共同处理一批数据．已知单独处理数据的时间比少2小时．若两模型合作处理，仅需小时即可完成．设单独处理需要小时，则下列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则下列说法正确的是（ ）
A．外角和减少B．外角和增加
C．周长变大D．周长变小
11．远古时期，人们通过在绳子上打结来的记录数量，即“结绳计数”，如图，一位母亲在从右到左依次排列的绳子上打结，满七进一，用来记录孩子自出生后的天数，由图可知，孩子自出生后的天数是（ ）
A．336B．510C．1326D．3603
12．如图，在平面直角坐标系中，已知点，以某点为位似中心，作出与的位似比为k的位似，则位似中心的坐标和k的值分别为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
13．已知，，则 ．
14．如图汽车的图标是轴对称图形，其对称轴有 条．
15．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，分别在轴，轴的正半轴上，点，，若反比例函数的图象经过点，则 ．
16．把图中周长为的长方形纸片分割成四张大小不等的正方形纸片A、、、和一张长方形纸片，并将它们按图的方式放入周长为的长方形中．设正方形的边长为，正方形的边长为，阴影部分的周长为 ．
三、解答题
17．如图，A、、是数轴上从左到右的三个点，分别对应着数、、，且．
(1)如果原点是线段的中点，请先直接写出点A、、分别对应的数，再求代数式的值；
(2)如果且，请写出原点在哪条线段上，再求的取值范围．
18．已知、是多项式，是单项式，，，且是单项式．
(1)求单项式；
(2)嘉嘉给的是，请你通过计算推断嘉嘉给出的能否使成为完全平方式．
19．现有一组数据：，，，，，小明准备再添加两个数，组成一组新的数据．
(1)若添加的数是，，则这组数据的平均数______；（填“变大”“不变”或“变小”）
(2)若添加的数是，，记，当满足什么条件时，这组数据的平均数变大，并说明理由；
(3)在一个不透明的口袋中，有个小球（除标有数字不同外，其余均相同），分别标有数字，，，，如图，搅匀后从中摸出一个小球，记下数字，再从剩下的小球中随机摸出第二个小球，记下数字．将两次得到的数字添加到原组数据中，求这组数据平均数变大的概率．
20．某条东西方向道路双向共有三条车道，为改善其早晚高峰期拥堵情况，某数学小组对该路段某段时间的交通流量进行了统计和分析，得到下列表格，发现交通流量，与时间满足一次函数的关系，已知．
(1)①求与的函数关系式（不必写的取值范围）；
②当时，求的值；
(2)该小组建议设置可变车道（能随时根据交通流量更改指示方向的车道）来改善拥堵情况，如图，经查阅资料：单位时间内双向交通总流量为，车流量大的方向交通流量为，当，需要使可变车道行车方向与拥堵方向相同，以改善交通情况，根据以上信息，该路段从时至时，如何设置可变车道行车方向以缓解交通拥堵，并说明理由．
21．如图是放于水平桌面上的带底座的鱼缸，其主体部分的纵截面是弓形，开口部分与桌面平行，将一玻璃棒斜放进鱼缸（鱼缸内无水），使玻璃棒底端恰在弧的中点M处，发现，将玻璃棒竖立起来（）时，测得．
(1)求的度数，并求的长；
(2)求弧的长；
(3)若向鱼缸内加水，使水面的宽度为，求鱼缸内水的深度．
22．背景：如图1是文具店正在销售的某种文件夹，图2为该文件夹装入纸张前后的纵截面示意图，已知纸张与龙骨截线垂直，且垂直于底板，，夹纸板截线与扣板截线的夹角始终保持．
测量：如图2（甲），未装入纸张时，点B落在上，此时．如图2（乙），装满纸张时，点A落在上，此时．
计算：借助以上信息，解决下列问题：（计算结果保留根号）
(1)求夹纸板截线与扣板截线的长；
(2)如图2（丙），装入30张纸后测得，若每张纸厚度相等，求每张纸的厚度；
(3)直接写出未装入纸张时A，H两点之间的距离．
23．某数学兴趣小组利用几何画板来研究二次函数的图象和性质，已知二次函数解析式（a，b为常数，且），学生们通过输入不同的参数a，b的值，在几何画板的展示区得到对应的抛物线的图象．
(1)直接写出此二次函数与y轴的交点坐标________；
(2)嘉嘉编制了如下问题：当，时，图象记作抛物线．请回答以下问题．
①求的最大值；
②嘉嘉又添画了满足条件时的一条抛物线，且新抛物线与x轴只有一个交点，该图象记作抛物线．把两条抛物线形成的封闭图形记为图象G（不包含边界），直线将图象G上的整点（横、纵坐标均为整数的点）分成上下两部分，分别将整点个数记为，，请求出的值；
(3)淇淇说，当时，图象记作拋物线，请在（2）的条件下，使得与的图象在平面直角坐标系中相交于唯一一点，请直接写出此时参数a的值．
24．综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为E，F为的中点，连接，．
独立思考：（1）试猜想与的数量关系：________；
实践探究：（2）嘉嘉将沿着（F为的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为，连接并延长交于点G，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）在的边上有一个动点M，点M沿方向从A点开始运动，到D点停止．随着点M的运动，琪琪沿折叠，折叠后点A的对应点为，当与平行四边形的边垂直时，问题：若此的面积为5，边长，，请直接写出与重叠部分的面积．
时间
时
时
时
时
时
自西向东交通流量（辆分钟）
自东向西交通流量（辆分钟）
《2025年河北省唐山市古冶区中考数学三模试卷》参考答案
1．D
【分析】本题主要考查正数和负数，正数和负数是一级具有相反意义的量，据此即可求得答案
【详解】解：温度上升记作，那么温度下降记作，
故选：D
2．D
【分析】根据代数式的特点，结合不等式与函数知识逐一判断即可求出答案．
【详解】解：由＞ 可得＞，故不符合题意；
当时，＞，故不符合题意；
当时，＜，故不符合题意；
设，由＞则 随的增大而增大，故符合题意；
故选：
【点睛】本题主要考查代数式的值,不等式的基本性质，一次函数的性质，掌握以上知识是解题的关键．
3．A
【分析】本题考查了相反数，数轴，掌握相反数的意义是解题的关键．
【详解】解：2与互为相反数，
故选：A．
4．A
【分析】此题重点考查线段的长度、垂线段最短等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．作于点，再结合垂线段的性质，角的含义，于是得到问题的答案．
【详解】解：作于点，
，
线段的长度的最小值为线段的长度，但线段的长度不存在最大值，
故A符合题意，B不符合题意；
点在直线上移动，
的度数不存在最大值，的度数不存在最大值，
故C不符合题意，D不符合题意，
故选：A．
5．D
【分析】本题考查了立体图形的展开图，解题的关键是数形结合．结合图形即可求解．
【详解】解：观察发现，折叠成正方体后，与顶点重合的顶点是点．
故选：D．
6．C
【分析】本题考查了根的判别式，根与系数的关系，先计算根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况，再根据根与系数的关系，得出两根之积和两根之和．
【详解】解：解：∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴方程有两个不相等的实数根，故选项A错误，
设、是一元二次方程的两个实数根，
∴，，故选项C正确，选项D错误，
∴两根的符号不能确定，故选项B错误，
故选：C．
7．B
【分析】本题考查事件的分类，实数的性质，根据实数的性质，无理数的含义逐一判断各选项属于必然事件、不可能事件还是随机事件即可．
【详解】解：选项A：实数的绝对值必定非负，故恒成立，属于必然事件．
选项B：任取两个无理数，其差可能是无理数（如与的差为），也可能是有理数（如与的差为）．结果具有不确定性，属于随机事件．
选项C：根据平方根的定义，存在的前提是，故必然成立，属于必然事件．
选项D：若、互为倒数，则，而显然矛盾，属于不可能事件．
综上，只有选项B是随机事件．
故选：B
8．B
【分析】根据小嘉的行尺规作图，可以得到：∠ABD=∠CBD，AB=BC，再证明四边形ABCD是菱形，再进行判断即可．
【详解】根据小嘉的行尺规作图，可以得到：∠ABD=∠CBD，AB=BC，
∵，
∴∠ADB=∠CBD，
∵∠ABD=∠CBD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD，
∵AB=BC，
∴AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD是对角线互相垂直的平行四边形．
∴①错误，②正确
故选：B.
【点睛】本题考查了作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了菱形的判定与性质．
9．C
【分析】该题主要考查了分式方程的应用，解题的关键是列出等量关系．设单独处理需要小时，则单独处理数据的时间小时，根据两队合作小时完成，可得出方程．
【详解】解：设单独处理需要小时，则单独处理数据的时间小时，
依题意得，
故选：C．
10．D
【分析】本题主要考查三角形三边关系，多边形的外角和，熟练掌握此知识点是解题的关键．根据三角形任意两边之和大于第三边，即可得出答案．
【详解】解：将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，
∵五边形的外角和为：，六边形的外角和为：，
将五边形沿虚线裁去一个角，外角和不变，
∵，
∴周长变小．
故选：D．
11．B
【分析】类比于现在我们的十进制“满十进一”，可以表示满七进一的数为：千位上的数×73+百位上的数×72+十位上的数×7+个位上的数．
【详解】解：孩子自出生后的天数是1×73+3×72+2×7+6=510.
故选B.
【点睛】本题是以古代“结绳计数”为背景，按满七进一计算自孩子出生后的天数，运用了类比的方法，根据图中的数学列式计算；本题题型新颖，一方面让学生了解了古代的数学知识，另一方面也考查了学生的思维能力．
12．B
【分析】直接利用位似图形的性质分别得出位似中心和位似比．
【详解】解：如图所示：位似中心F的坐标为：(2，2)，
k的值为：
故选：B.
【点睛】此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
13．-3
【分析】现将8化成，在利用零指数，得出m，n的值计算即可
【详解】解：
∵，
∴
∴m=3
∵
∴n=0
∴n-m=0-3=-3
故答案为：-3
【点睛】本题考查乘方的含义，零指数．灵活应用概念是关键．
14．
【分析】本题考查了轴对称图形的概念，求轴对称图形的对称轴，一个图形沿着一条直线对折，图形两部分能够完全重合的图形叫轴对称图形，这条直线叫对称轴，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
根据轴对称图形的定义，判断即可．
【详解】解：如图汽车的图标是轴对称图形，其对称轴有条．
故答案为：．
15．
【分析】本题主要考查了求反比例函数解析式，矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等，分别过点B、D作x轴的垂线，垂足分别为F、E，设与y轴交于G，则，由矩形的性质得到，根据点的坐标得到，则，；证明，得到，则，证明，得到；再证明，得到，则，则可得到，据此利用待定系数法求解即可．
【详解】解：如图所示，分别过点B、D作x轴的垂线，垂足分别为F、E，
设与y轴交于G，则，
∵四边形是矩形，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∵反比例函数的图象经过点，
∴，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了整式加减的应用，根据各线段的数量关系列出代数式，并正确进行计算是解题关键．
根据题意可表示出正方形A、的边长，再根据图中长方形的周长为，可求出的值；根据图的周长比阴影部分的周长多个A的边长，可求出阴影部分的周长．
【详解】解：由图可得，正方形的边长为，
正方形的边长为，
，
，
如图，阴影部分的周长比图的周长少个的边长，
阴影部分的周长：
．
故答案为：．
17．(1)，，，
(2)原点在线段上，的取值范围是
【分析】考查数轴基本概念、中点性质、代数式求值和不等式求解．
（1）根据，可求出的值，利用是线段的中点，就可求得、、，即可得出答案；
（2）由，，结合可求得，结合，且，即可得出答案．
【详解】（1）解：，
，，
是线段的中点，
，，，
代入：
，
代数式的值为，
（2）解：由，，
得，，
代入：
，
解得：，
，
，
，
知原点在线段上，
故原点在线段上，的取值范围是．
18．(1)
(2)嘉嘉给出的能使成为完全平方式
【分析】本题考查整式的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
（1）计算后根据其结果为单项式即可求得答案；
（2）结合中所求计算，判断结果是否为完全平方式即可．
【详解】（1）解：，，
，
、是多项式，是单项式，是单项式，
；
（2）解：，，，
，
嘉嘉给出的能使成为完全平方式．
19．(1)变小
(2)当时，这组数据的平均数变大，理由见解析
(3)
【分析】本题考查算术平均数，列表法或画树状图法求概率，掌握算术平均数的计算方法，列表法和树状图法求简单随机事件的概率是正确解答的关键．
（1）求出一组数据：，，，，的平均数，再求出，的平均数，比较这两个平均数的大小 即可；
（2）根据、两个数的平均数的大小进行判断即可；
（3）用树状图求出从数字，，，中随机取出个数所有可能出现的结果，得出个数的和大于的概率即可．
【详解】（1）解：一组数据：，，，，的平均数为，
而，的平均数为，
添加的数是，，则这组数据的平均数变小；
故答案为：变小；
（2）解：当时，这组数据的平均数变大，
理由：因为原数据的平均数为，
所以当时，这组数据的平均数变大，
即当时，这组数据的平均数变大；
（3）解：从数字，，，中随机取出个数所有可能出现的结果如下：
共有种等可能出现的结果，其中两个数的和大于的有种，
所以将两次得到的数字添加到原组数据中，这组数据平均数变大的概率为．
20．(1)①；②
(2)时到时，可变车道的方向设置为自东向西；时到时，可变车道自西向东，理由见解析
【分析】本题主要考查了一次函数应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用一次函数的性质是关键．
（1）依据题意，设与的函数关系式为，结合，及，，进而计算可以得解；
依据题意，当时，即，进而计算可以得解；
（2）依据题意，，又当时，即；当时，即，分别求出的值后即可判断得解．
【详解】（1）解：由题意，设与的函数关系式为，
将，及，代入，得
，
．
与的函数关系式为．
由题意，当时，即，
．
（2）解：由题意，．
又当时，即，
；
当时，即，
．
时到时，可变车道的方向设置为自东向西；时到时，可变车道自西向东．
21．(1)，
(2)
(3)或
【分析】（1）设圆心为O，连接．根据垂径定理及其推论，特殊角的三角函数，求的度数，的长即可．
（2）根据求得，得到优弧对的圆心角，利用弧长公式求弧的长即可．
（3）分圆心O在的上方和下方两种情形求解即可．
【详解】（1）
如图，设圆心为O，连接．
∵在弧的中点M处，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴．
（2）解：如上图，∵，，
∴，，
∴优弧对的圆心角，，
∴弧的长为．
（3）解：根据题意，得，，
∴，
当圆心O在的下方时，
；
当圆心O在的上方时，
；
故水深或．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角函数的应用，弧长公式，等边三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握垂径定理，勾股定理，弧长公式是解题的关键．
22．(1)；
(2)
(3)
【分析】本题考查解直角三角形的应用，二次根式的混合运算，勾股定理，准确识图，熟练掌握相关知识是解题的关键；
（1）根据未装入纸张时，点B落在上，此时求出，根据装满纸张时，点A落在上，此时求出；
（2）设纸张的长边缘垂直于点Q，由，，得到，在中，求，即可求出纸张厚度，再求每张纸的厚度即可；
（3）过作交直线于，在上取一点使，连接，，由题意可得，，，，未装入纸张时，则， ，，设，则，，，再在中利用勾股定理求出，最后在中，利用勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：在中，
∵，，
∴，
在中，
∵，，
∴；
（2）解：设纸张的长边缘垂直于点Q，
∵，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴每张纸的厚度为；
（3）解：过作交直线于，在上取一点使，连接，，
由题意可得，，，，未装入纸张时，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
设，则，，，
∴在中，，则，解得，即（负值舍去），
在中，，则，
∴（负值舍去）
∴未装入纸张时A，H两点之间的距离为．
23．(1)
(2)；
(3)或
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键：
（1）令，求出值，即可得出结果；
（2）①求出函数解析式，求最值即可；②根据抛物线与轴只有一个交点，得到，求出值，进而求出新的函数解析式，画出图象，进行确定出整点的个数，作比即可；
（3）根据两条抛物线均过点，得到交点只能是，分和，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴当时，，
∴此二次函数与y轴的交点坐标为；
（2）解：①当，时，则：，
∴当时，函数值最大为；
②∵，
∴，
∵新抛物线与x轴只有一个交点，
∴，
∴，
∵两条抛物线与直线能形成的封闭图形，且有整点，
∴，
∴，
∴的顶点坐标为，
联立，解得：或，
∴两条抛物线的交点为，
由①可知：的顶点坐标为，
∴图象中的整点有，共11个，
其中在直线上，
∴直线上方的整点有共5个，
直线下方的整点有共4个，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∴，
由①知：与轴的交点均为，
∴与只有1个交点时，交点为，分两种情况：
①，即两条抛物线的开口方向和开口大小均相同，此时满足题意，如图：
②当时，令，整理得：，
解得：或，
∵只有一个交点为，
∴只能有一个值为0，
∴，
∴；
综上：或．
24．（1）；（2），理由见解析；（3）或
【分析】（1）作交于，则，得到，
由F为的中点可得，得到，再根据垂直平分线的性质得到；
（2）连接，先由折叠证明，得到，则是平行四边形，得到，根据，推出；
（3）根据和两种情况分别画出图形，根据的面积为5，作高得到平行四边形的高，即可得到，据此求解即可．
【详解】解：（1）作交于，如图，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵F为的中点，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴垂直平分，
∴，
故答案为：；
（2），理由如下：
如图，连接，
由折叠可得，，
∵F为的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
（3）∵，边长，，
∴，，，，
当时，如图，交于，交于，过作于，过作于，则，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵的面积为5，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
由折叠可得，
∴，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与重叠部分的面积；
当时，如图，交于，则，
∵的面积为5，
∴，
∴，
由折叠可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴与重叠部分的面积；
综上所述，与重叠部分的面积为或．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线分线段成比例，解直角三角形，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
A
A
D
C
B
B
C
D
题号
11
12








答案
B
B